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汕头市队赛 SRM10 T3 数学上来先打表

2024-11-18 22:22:02   203人阅读

数学上来先打表 SRM 10

描述

给出 n个点(不同点之间有区别)，求出满足下列条件的连边（双向边）方案：
1.每条边连接两个不同的点，每两个点之间至多有一条边
2.不存在三个点a,b,c使三个点间两两可以互相到达且两两之间最短距离相等
3.边的长度均为1

输入格式

一行，一个整数n

输出格式

一行，一个整数，表示方案数对1004535809取模的结果。

样例输入

3

样例输出

7

数据范围与约定

对于8组数据，1<=n<=9
对于余下8组数据，10<=n<=2000

样例解释

三个点之间没有边，有1种方案
三个点之间有一条边，有3种方案
三个点之间有两条边，有3种方案

—————————————————————

这道题观察可得这n个数组成的不是环就是链

是环还必须大于3且不能是3的倍数

我们任然可以先预处理出各个阶乘的逆元

T是2关于mod的逆元 这个根据费马小定理可以算出来

f【i】表示大小为i的联通块的个数

如果是链 方案数是 i！/2 这个时候T作为2的逆元就显示出作用辣

至于为什么是i！/2 因为各个点不同我们可以看作是排列而一个排列对应一个方案，一个方案被算两次

如果是环 就是（i-1 ）！/2 因为是环我们可以钦定一个数作为起点 剩下i-1个数来排列

当然只有1不符合上述推断 所以要单独考虑

这样处理完之后我们就可以来算答案ans辣

ans【k】=sigma（1-k） f【i】*g【k-i】*C（i-1，j-1）；

也就是我们选i个数作为联通快其余随意的总和

至于为什么是C（i-1，j-1）

因为如果固定一个点统计，g就可以每个图只算一次

这样才能保证每个合法方案中只有一个连通块被算到，且只算了一次

技术分享 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=2007,mod=1004535809;
LL read(){
    LL ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘) f=-1; c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ans=ans*10+(c-‘0‘); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int n;
LL T,w[M],b[M],f[M],ans[M];
LL qmod(LL a,LL b,LL c){
    LL ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%c;
        b=b/2;
        a=a*a%c;
    }
    return ans;
}
void prepare(){
    int mx=2000; w[0]=1;
    for(int i=1;i<=mx;i++) w[i]=w[i-1]*i%mod;
    b[mx]=qmod(w[mx],mod-2,mod); 
    for(int i=mx;i>=1;i--) b[i-1]=b[i]*i%mod;
    T=qmod(2,mod-2,mod);
}
LL C(int n,int m){return w[n]*b[m]%mod*b[n-m]%mod;} 
int main()
{
    n=read();
    prepare();
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        f[i]=w[i]*T%mod;
        if(i>3&&i%3) f[i]=(f[i]+w[i-1]*T)%mod;
    }
    ans[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            ans[i]=(ans[i]+f[j]*ans[i-j]%mod*C(i-1,j-1)%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans[n]);
    return 0;
}
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